专题2 力与物体的直线运动第1讲动力学观点在力学中的应用

物理教案：力与运动的关系与应用一、力与运动的关系力是物体之间相互作用的一种表现形式，它能够改变物体的状态、形状或速度。

力与运动之间存在着密切的关系，它们相辅相成，彼此相互影响。

1. 力的本质与作用：力是物体对物体的相互作用，它具有方向和大小。

根据牛顿第三定律，任何产生力的物体都会同时受到作用力的反作用力，这两个力大小相等，方向相反。

力的作用能够改变物体的运动状态，包括物体的速度、方向和形状。

2. 动力学定律：牛顿三定律描述了力与物体运动之间的关系。

第一定律指出，在没有外力作用时，物体会保持静止或匀速直线运动。

第二定律揭示了力与物体加速度之间的关系，指出力等于物体质量乘以加速度，即F=ma。

第三定律则表达了作用力与反作用力的平衡。

3. 力的合成与分解：力的合成是指将多个力合并为一个力的过程。

力的分解则是将一个力拆分为多个力的过程。

这些技巧在解决复杂力的问题时十分有用，如将力按照水平和垂直方向进行分解，以简化问题的求解过程。

二、力与运动的应用力与运动之间的关系不仅仅在物理学中有重要的应用，它也被广泛运用于现实生活和工程技术中。

1. 运动学应用：力与运动学的关系在机械工程、汽车工程和航天工程等领域中得到广泛应用。

通过对物体的运动学性质进行分析，我们可以计算出所需施加的力的大小和方向，以实现特定的运动目标。

2. 动力学应用：力与动力学的关系在机械设计和结构分析中起到至关重要的作用。

通过对力的分析和计算，工程师们能够确定结构的强度和稳定性，从而设计出更加安全和可靠的产品。

3. 物体平衡与静力学：力与物体平衡之间有着紧密的联系。

静力学研究了处于平衡状态的物体所受到的力的平衡条件，包括平衡力的合成与分解。

这对于建筑物、桥梁和机械结构的设计和建造至关重要。

4. 机械功与能量：力与能量的关系在能源转换和机械设备工作中发挥着关键作用。

通过计算力对物体所做的功，我们可以了解到能量的转化和使用效率，从而优化设计和运行过程。

热点专题系列(五)动力学、动量和能量观点在力学中的应用热点概述：处理力学问题的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)。

熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的。

[热点透析]动量与动力学观点的综合应用1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。

(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。

(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。

(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。

(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。

(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。

(2020·湖北省七市州教科研协作体高三下学期5月联考)如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量M＝2 kg，车上放置有质量m A＝2 kg的木板A，木板上有可视为质点的物体B，其质量m B＝4 kg。

已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0＝0.3。

A 、B 紧靠车厢前壁，A 的左端与小车后壁间的距离为x ＝2 m 。

现对小车施加水平向右的恒力F ，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过1 s 木板A 与车厢后壁发生碰撞，该过程中A 的速度—时间图象如图乙所示，已知重力加速度大小g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

专题二 力与物体的直线运动第1讲：动力学观点在力学中的应用一、学习目标1、掌握运动学的基本规律及其应用2、学会处理动力学问题的方法3、学会利用图象信息解决动力学问题4、会运用动力学方法分析传送带、滑板模型问题二、课时安排2课时三、教学过程（一）知识梳理1.物体或带电体做匀变速直线运动的条件是：物体或带电体所受合力为恒力，且与速度方向共线.2.匀变速直线运动的基本规律为速度公式：v ＝v 0＋at .位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2. 速度和位移公式的推论：v 2－v 20＝2ax . 中间时刻的瞬时速度：2v t ＝x t ＝v 0＋v 2. 任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2.3.速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移.匀变速直线运动的v －t 图象是一条倾斜直线.4.位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度，匀变速直线运动的x －t 图象是一条抛物线.5.超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化.物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向.当a 有竖直向上的分量时，超重；当a 有竖直向下的分量时，失重；当a ＝g 且竖直向下时，完全失重.（二）规律方法1.动力学的两类基本问题的处理思路2.解决动力学问题的常用方法(1)整体法与隔离法.(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解.(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题.（三）典例精讲高考题型一 运动学基本规律的应用【例1】 (2016·全国丙卷·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍.该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t 2 解析 动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t 和a ＝v －v 0t 得a ＝s t 2，故A 对. 答案 A高考题型二 挖掘图象信息解决动力学问题【例2】 (多选)如图1(a)所示，质量相等的a 、b 两物体，分别从斜面上的同一位置A 由静止下滑，经B 点的水平面上滑行一段距离后停下.不计经过B 点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度—时间图象如图(b)所示，下列说法正确的是( )图1A.a 在斜面上滑行的加速度比b 的大B.a 在水平面上滑行的距离比b 的短C.a 与斜面间的动摩擦因数比b 的小D.a 与水平面间的动摩擦因数比b 的大解析 由题图(b)图象斜率可知a 做加速运动时的加速度比b 做加速运动时的加速度大，故A 正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动，a 从t 1时刻开始，b 从t 2时刻开始.由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，a 在水平面上做匀减速运动的位移比b 在水平面上做匀减速运动的位移大，故B 错误；设斜面倾角为θ，物体在斜面上运动的加速度为a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ，因为a 的加速度大于b 的加速度，所以a 与斜面间的动摩擦因数比b 的小，故C 正确，同理，D 错误.答案 AC 高考题型三 应用动力学方法分析传送带问题【例3】 如图2所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A 轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A 轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B 端，由自动卸货装置取走.已知传送带与水平方向夹角为53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A 、B 两轮间的距离为L ＝64m ，A 、B 两轮半径忽略不计，g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.图2(1)若传送带以恒定速率v 0＝10m/s 传动，求被选中的铁矿石从A 端运动到B 端所需要的时间；(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B 端，传送带的加速度至少为多大？并求出最短时间.解析 (1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石沿传送带方向F f －mg sin θ＝ma垂直传送带方向：F N －mg cos θ－F ＝0其中F ＝1.4mg ，F f ＝μF N ，解得：a ＝2m/s 2则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为：t 1＝v 0a ＝102s ＝5s 对应的位移为：x 1＝12at 21＝12×2×52m ＝25m根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B 端，则其匀速运动时间为：t 2＝L －x 1v 0＝64－2510s ＝3.9s 所以铁矿石从传送带的A 端运动到B 端所需要的时间为：t ＝t 1＋t 2＝8.9s.(2)只有铁矿石一直加速运动到B 点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2m/s 2，所以传送带的最小加速度为：a min ＝2 m/s 2则有：L ＝12at ′2，代入数据解得最短时间为：t ′＝8s. 答案 (1)8.9s (2)2m/s 2 8s归纳小结1.传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向.因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键.2.传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断.高考题型四 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题【例4】 如图3所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙.一质量为5kg 、长度为2m 的长木板靠在低水平面边缘A 点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1kg 可视为质点的滑块静止放置，距A 点距离为3m ，现用大小为6N 、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A 点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板.滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g ＝10m/s 2.求：图3(1)滑块滑动到A 点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出.解析 (1)根据牛顿第二定律有：F ＝ma根据运动学公式有：v 2＝2aL 0联立方程代入数据解得：v ＝6m/s其中m 、F 分别为滑块的质量和受到的拉力，a 是滑块的加速度，v 即是滑块滑到A 点时的速度大小，L 0是滑块在高水平面上运动的位移.(2)根据牛顿第二定律有：对滑块有：μ1mg ＝ma 1代入数据解得：a 1＝5m /s 2对长木板有：μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2，代入数据解得：a 2＝0.4m/s 2. 其中M 为长木板的质量，a 1、a 2分别是此过程中滑块和长木板的加速度，μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数.(3)设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t则：v －a 1t ＝a 2t代入数据解得：t ＝109s ， 则此过程中滑块的位移为：x 1＝vt －12a 1t 2 长木板的位移为：x 2＝12a 2t 2 x 1－x 2＝103m>L式中L ＝2m 为长木板的长度，所以滑块能滑出长木板右端.答案 (1)6m/s (2)5 m/s 2 0.4m/s 2 (3)能归纳小结1.“滑块—木板模型”类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系.2.要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等.四、板书设计1、运动学基本规律的应用2、挖掘图象信息解决动力学问题3、应用动力学方法分析传送带问题4、应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题五、作业布置完成力与物体的直线运动（1）的课时作业六、教学反思借助多媒体形式，使同学们能直观感受本模块内容，以促进学生对所学知识的充分理解与掌握。

专题定位 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题．高考对本专题考查的内容主要有：①匀变速直线运动的规律及运动图象问题；②行车安全问题；③物体在传送带(或平板车)上的运动问题；④带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；⑤电磁感应中的动力学分析．考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、临界问题的处理方法、运动学的基本规律等．应考策略 抓住“两个分析”和“一个桥梁”．“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”．“一个桥梁”是指“加速度是联系运动和受力的桥梁”．综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题．第1讲 动力学观点在力学中的应用高考题型1 运动学基本规律的应用解题方略1．物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：物体或带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线．2．匀变速直线运动的基本规律为速度公式：v ＝v 0＋at .位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2. 速度和位移公式的推论：v 2－v 20＝2ax .中间时刻的瞬时速度：v t 2＝x t ＝v 0＋v 2. 任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2.3．解决此类问题必须熟练掌握运动学的基本规律和推论(即五个关系式)．对于匀减速直线运动还要会灵活运用逆向思维法．对于追及相遇问题要能分别清晰地分析两物体的运动过程，能找出空间和时间的关系等．例1(2015·山东理综·14)距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图1所示．小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于()图1A．1.25mB．2.25mC．3.75mD．4.75m预测1(2015·长沙4月模拟)2014年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通．设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车前1.5m处，避免了一场事故．以下说法正确的是()A．司机发现故障车后，汽车经过3s停下B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33mC．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5m/sD．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11m/s预测2(2015·德阳市三诊)我国不少省市ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图2所示．假设汽车以正常行驶速度v1＝16m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝8 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝25s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶．设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a1＝2m/s2、a2＝1 m/s2.求：图2(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道速度再达到v1时节约的时间Δt是多少？高考题型2挖掘图象信息解决动力学问题解题方略1．速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜直线．2．解图象类问题的关键在于将图象与物理过程对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题．例2(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图3(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()图3A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度预测3(2015·成都市模拟)质量m＝50kg的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间的变化情况(以竖直向上为正方向)．由图4提供的信息可知()图4A．在0～15s内，观光电梯上升的高度为25mB．在5～15s内，电梯地板对人的支持力做了－2500J的功C．在20～25s与25～35s内，观光电梯的平均速度大小均为10m/sD．在25～35s内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小2m/s2预测4(多选)(2015·浙江六校联考)如图5所示，底面足够大的水池中静置两种互不相容的液体，一可视为质点的空心塑料小球自水池底部无初速度释放，穿过两液体分界面后继续向上运动．已知每种液体各处密度均匀，小球受到的阻力与速度成正比，比例系数恒定，小球向上运动中不翻滚．则下列对小球速度v随时间t变化的图线描述可能正确的是()图5高考题型3应用动力学方法分析传送带问题解题方略1．传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．2．传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断．例3(2015·湖南十三校联考)如图6所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g 取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．问：图6(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？预测5(多选)(2015·临沂市5月模拟)如图7所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在皮带左端，以v、a、x、F表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项正确的是()图7预测6(2015·河南八市模拟)如图8所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以v1＝2m/s的恒定速率运行．初速度大小为v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，求：图8(1)小墨块向左运动的最远距离；(2)小墨块在传送带上留下的痕迹长度．高考题型4应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题解题方略1．滑块—木板模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．2．要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．例4(2015·新课标全国Ⅰ·25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图9(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v t图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：图9(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．预测7(2015·湖北七市联考)如图10所示，可视为质点的物体A叠放在长木板B上，A、B 的质量分别为m1＝10kg、m2＝10kg，B长为L＝16m，开始时A在B的最右端；A与B、B 与地之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.4；现将一水平恒力F＝200N作用在B上，使A、B由静止开始运动，当A恰好运动到B的中点时撤去外力F，g取10m/s2.求：图10(1)力F作用的时间，及此时B前进的距离；(2)撤去外力F后B还能走多远？提醒：完成作业专题二第1讲学生用书答案精析专题二 力与物体的直线运动第1讲 动力学观点在力学中的应用 高考题型1 运动学基本规律的应用 例1 A [小车上的小球自A 点自由落地的时间t 1＝2H g ，小车从A 到B 的时间t 2＝d v ；小车运动至B 点时细线被轧断，小球下落的时间t 3＝2h g ；根据题意可得时间关系为t 1＝t 2＋t 3，即2H g ＝d v ＋2h g解得h ＝1.25m ，选项A 正确．] 预测1 B预测2 (1)188m (2)29s解析 (1)汽车通过ETC 通道时：匀减速过程：x 1＝v 22－v 21－2a 1＝60m 匀加速过程：x 2＝v 21－v 222a 2＝120m 汽车的总位移：x ＝x 1＋d ＋x 2＝188m.(2)汽车通过ETC 通道时：匀减速过程：t 1＝v 1－v 2a 1＝6s 匀速过程：t 2＝d v 2＝2s 匀加速过程：t 3＝v 1－v 2a 2＝12s 汽车通过ETC 通道的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝20s汽车通过人工收费通道时，匀减速过程：t 1′＝v 1a 1＝8s 匀加速过程：t 2′＝v 1a 2＝16s 汽车通过人工通道的总时间：t ′＝t 1′＋t 0＋t 2′＝49s汽车节约的时间：Δt ＝t ′－t ＝29s.高考题型2 挖掘图象信息解决动力学问题例2 ACD [由v t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g，选项D 正确；仅根据v t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误．]预测3 C预测4 CD高考题型3 应用动力学方法分析传送带问题例3 (1)1.33s (2)0.85s解析 对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，摩擦力的方向先沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度．由牛顿第二定律：ma 1＝F ＋μmg cos37°－mg sin37°，计算得：a 1＝6m/s 2，t 1＝v a 1＝23s ，x 1＝v 22a 1＝43m ．物块达到与传送带同速后，物体未到顶端，物块受的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为F ＝8N 而重力沿斜面方向的分力和最大摩擦力之和为10N ．故不能相对斜面向上加速．故得：a 2＝0，t 2＝h sin37°－x 1v ＝23s ，得t ＝t 1＋t 2＝43s ≈1.33s. (2)若达到速度相等后撤去力F ，对物块受力分析，因为mg sin37°>μmg cos37°，故减速上行ma 3＝mg sin37°－μmg cos37°，得a 3＝2m/s 2，物块还需t ′离开传送带，离开时的速度为v t ，则：v 2－v 2t ＝2a 3x 2，v t ＝433m /s≈2.3 m/s ，t ′＝v －v t a 3＝0.85s. 预测5 AB预测6 (1)4.5m (2)12.5m解析 (1)小墨块速度未与传送带速度相同时，受到的摩擦力始终向右，加速度始终向右，根据运动学知识有：a ＝Δv Δt＝1m/s 2 小墨块向左减速运动时，对小墨块有：0＝v 2－at 1x 1＝0＋v 22t 1联立解得：x 1＝4.5m.(2)小墨块向左减速的过程中，对传送带：x 2＝v 1t 1小墨块向右加速运动时，对小墨块有v 1＝at 2x 1′＝0＋v 12t 2对传送带x 2′＝v 1t 2因而小墨块在传送带上的痕迹长度为x ＝(x 1＋x 2)＋(x 2′－x 1′)解得：x ＝12.5m.高考题型4 应用动力学方法分析 “滑块—木板模型”问题 例4 (1)0.1 0.4 (2)6m (3)6.5m解析 (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v ＝4m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a 2＝4－01m /s 2＝4 m/s 2. 根据牛顿第二定律有μ2mg ＝ma 2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1s ，位移x ＝4.5m ，末速度v ＝4m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x ＝v t ＋12a 1t 2 解得a 1＝1m/s 2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m ＋15m )g ＝(m ＋15m )a 1，即μ1g ＝a 1解得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m ＋m )g ＋μ2mg ＝15ma 3可得a 3＝43m/s 2 对小物块，加速度大小为a 2＝4m/s 2由于a 2＞a 3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t 1＝1s在此过程中，木板向左运动的位移为x 1＝v t 1－12a 3t 21＝103m, 末速度v 1＝83m/s 小物块向右运动的位移x 2＝v ＋02t 1＝2m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a 2＝4m/s 2木板继续减速，加速度大小仍为a 3＝43m/s 2 假设又经历t 2二者速度相等，则有a 2t 2＝v 1－a 3t 2解得t 2＝0.5s此过程中，木板向左运动的位移x 3＝v 1t 2－12a 3t 22＝76m ，末速度v 3＝v 1－a 3t 2＝2m/s 小物块向左运动的位移x 4＝12a 2t 22＝0.5m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大，Δx ＝x 1＋x 2＋x 3－x 4＝6m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a 1＝1m/s 2向左运动的位移为x 5＝v 232a 1＝2m 所以木板右端离墙壁最远的距离为x ＝x 1＋x 3＋x 5＝6.5m预测7 (1)2s 16m (2)19m解析 (1)力F 开始作用时，设A 、B 的加速度分别为a 1、a 2， 对A ：μ1m 1g ＝m 1a 1，a 1＝4m/s 2对B ：F －μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2，a 2＝8m/s 2，设力F 作用的时间为t ，对应此时A 、B 的速度为v A 、v B则有12a 2t 2－12a 1t 2＝12L代入数据得，t ＝2s ，v A ＝8m /s ，v B ＝16 m/s此时B 前进的距离为x B ＝12a 2t 2＝16m. (2)撤去外力F 后，对A 有μ1m 1g ＝m 1a 3，a 3＝4m/s 2 对B 有μ1m 1g ＋μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 4， a 4＝12m/s 2设A 、B 经过时间t 1达到共同速度v 1 则有v A ＋a 3t 1＝v B －a 4t 1解得：t 1＝0.5s ，v 1＝10m/s 此过程中B 前进的距离为x 1＝v 2B －v 212a 4＝6.5m A 、B 共速后一起匀减速的加速度为a 5 μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 5，a 5＝4m/s 2此时B 前进的距离为x 2＝v 212a 5＝12.5m 撤去F 后B 前进的总距离为x ＝x 1＋x 2＝19m.。

第2讲动力学观点在电学中的应用课标卷高考命题分析年份题号·题型·分值模型·情景题眼分析难度2020年Ⅱ卷14题·选择题·6分匀变速直线运动(电场力与重力)倾斜电容器电场强度的方向易2020年Ⅱ卷24题·计算题·12分单杆切割电磁感应现象匀速运动中2020年Ⅰ卷25题·计算题·20分牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律多过程分析难1．带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向．2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动．3．带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场的方向射入匀强电场中时，带电粒子做匀变速直线运动．4．电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动．1．带电粒子在电场中做直线运动的问题：在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同．首先进行受力分析，然后看粒子所受的合力方向与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动．2．带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情景出现．解决的方法：(1)根据运动学或动力学分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律．(2)借助运动图象进行运动过程分析．高考题型1 电场内动力学问题分析例1 (2020·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度大小；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍． 答案 见解析解析 (1)油滴带电性质不影响结果，设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足 qE 2－mg ＝ma 1① 油滴在t 1时刻的速度为 v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在t 2＝2t 1时刻的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④ 由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg ⑥油滴从t ＝0到t 1时刻的位移为 x 1＝v 0t 1＋12a 1t 12⑦油滴在从t 1时刻到t 2＝2t 1时刻的时间间隔内的位移为 x 2＝v 1t 1－12a 2t 12⑧由题给条件有v 02＝2g ×2h ＝4gh ⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离． 若B 点在A 点之上，依题意有 x 1＋x 2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝[2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2]E 1⑪为使E 2＞E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2＞1⑫ 即当0＜t 1＜(1－32)v 0g⑬ 或t 1＞(1＋32)v 0g⑭ 条件⑬式和⑭式分别对应于v 2＞0和v 2＜0两种情形． 若B 在A 点之下，依题意有x2＋x1＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E2＝[2－2v0gt1－14(v0gt1)2]E1⑯为使E2>E1，应有2－2v0gt1－14(v0gt1)2>1⑰即t1>(52＋1)v0g⑱另一解为负，不符合题意，舍去．1．(2020·上海闵行区二模)如图1所示，质量为m、带电量为＋q的滑块沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为( )图1A．继续匀速下滑B．将加速下滑C．将减速下滑D．上述三种情况都可能发生答案 A解析设斜面的倾角为θ.滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsin θ＝F f且F N＝mgcos θ又F f＝μF N得到，mgsin θ＝μmgcos θ，即有sin θ＝μcos θ当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F.根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为(mg＋F)sin θ，沿斜面向上的力为μ(mg＋F)cos θ，由于sin θ＝μcos θ，所以(mg＋F)sin θ＝μ(mg＋F)cos θ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动．2．(2020·内蒙古包头市一模)如图2所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点．匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大．现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零．图2(1)求匀强电场的电场强度E 的大小．(2)若小球从O 点的左方由水平位置C 点无初速度自由释放，则小球到达最低点B 所用的时间t 是多少？(已知：OA ＝OC ＝L ，重力加速度为g) 答案 (1)mgq(2)2L g解析 (1)对小球由A 到B 的过程，由动能定理得 0＝mgL －qEL 故E ＝mg q(2)小球由C 点释放后，将做匀加速直线运动，到B 点时的速度为v b ，设小球做匀加速直线运动的加速度为a ，F 合＝(qE )2＋(mg )2＝2mg a ＝2mgm＝2g 又v b 2＝2a 2L ＝4gL 得t ＝v ba＝2L g高考题型2 磁场内动力学问题分析例2 (多选)(2020· 河南洛阳市第二次统考)如图3甲所示，一带电物块无初速度地放在传送带的底端，传送带以恒定的速率顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E 运动至传送带顶端F 的过程中，其v －t 图象如图乙所示，若物块全程运动的时间为4.5 s ，则下列判断正确的是( )图3A ．该物块带负电B ．传送带的传送速度大小可能大于1 m/sC ．若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移D ．在2～4.5 s 内，物块与传送带间仍可能有相对运动 答案 BD解析 由题图乙可知，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，物块的最大速度是1 m/s.对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μF N －mgsin θ＝ma ①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是F N逐渐减小，而开始时：F N＝mgcos θ，后来：F N′＝mgcos θ－F洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A错误；物块做匀速直线运动时：mgsin θ＝μ(mgcos θ－F洛)②由②可知，只要传送带的速度大于等于1 m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1 m/s，也可能是大于1 m/s，物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动．故B、D正确；由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知传送带的长度，也不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移，故C错误．1．对于磁场内的动力学问题，要特别注意洛伦兹力的特性，因F洛＝qvB，则速度v的变化影响受力，受力的变化又反过来影响运动．2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动．3．此类问题也常出现临界问题，如滑块脱离木板的临界条件是支持力为零．3．(多选)如图4所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )图4A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等答案AD解析小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcos θ＝qv m B解得v m＝mgcos θqB，所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsin θ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由v m＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝v m22a得，甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C错误；由平均功率的公式P＝F v＝mg·v m2sin θ＝m2g2sin θ·cos θ2qB，因sin 30°＝cos 60°，故重力的平均功率一定相等，故D正确．4．(2020·山西临汾市二模)如图5所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I ，导线正上方沿竖直方向有一用绝缘细线悬挂着的正方形线框．线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I ，线框的边长为L ，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距长直导线r 处的磁感应强度大小为B ＝k Ir(k 为常量)，线框的质量为m ，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为( )图5 A ．0 B.kI2m ＋g C.kI2m －g D.kI22m＋g 答案 D解析 线框下边受到的安培力的大小为F 1＝k I L ·IL＝kI 2，方向向下，线框上边受到的安培力大小F 2＝kI 2L ·IL＝12kI 2，方向向上， 根据牛顿第二定律可得，F 1＋mg －F 2＝ma 解得：a ＝kI22m＋g ，故A 、B 、C 错误，D 正确．高考题型3 电磁感应中的力学问题分析例3 (2020·全国名校模拟)如图6所示，直角坐标系xOy 在水平面内，其第一象限内有一磁场，方向垂直于水平面向下，磁场沿y 轴方向分布均匀，沿x 轴方向磁感应强度B 随坐标x 增大而减小，满足B ＝1x (单位：T)；“∠”形光滑金属长直导轨MON 顶角为45°，固定在水平面内，ON 与x 轴重合．一根质量为2 kg 的导体棒放在导轨上，导体棒与导轨接触，电阻恒为0.5 Ω，其余电阻不计，导体棒最初处于原点位置O ，某时刻给导体棒施加一个水平向右的外力作用，使得导体棒从静止开始沿x 轴正方向运动，运动过程中回路中产生的电动势E 与时间t 的关系为E ＝3t(单位：V)求：图6(1)第2 s 内回路中流过的电荷量q.(2)导体棒滑动过程中水平外力F 与横坐标x 的关系式．答案 (1)9 C (2)F ＝(26x ＋6) N解析 (1)t ＝1 s 时，感应电动势E 1＝3×1 V ＝3 V ，感应电流I 1＝E 1R ＝30.5 A ＝6 At ＝2 s 时，感应电动势E 2＝3×2 V ＝6 V ，感应电流I 2＝E 2R ＝60.5A ＝12 A因为感应电流与时间成正比，属于线性关系，所以有：q ＝I Δt＝I 1＋I 22Δt＝9 C.(2)由导轨夹角为45°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度L ＝x 有：E ＝BLv ＝Bxv 由题意有：E ＝3t B ＝1x联立得：v ＝3t 故加速度a ＝3 m/s 2因此导体棒在拉力和安培力作用下做匀加速直线运动 安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2x 2v R ＝vR根据运动学公式v ＝2ax ＝2×3x ＝6x 联立得：F 安＝6xR＝26x 根据牛顿第二定律：F ＝F 安＋ma ＝(26x ＋6) N.5．(2020·全国名校模拟)如图7甲所示，电阻不计、间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值R ＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将一质量m ＝0.2 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处以v 0＝1 m/s 的初速度下落，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．金属杆下落到磁场边界OO ′所需时间t ＝0.1 s ，下落0.4 m 的过程中金属杆的加速度与下落的距离h 之间的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，则( )图7A ．金属杆进入磁场时的速度为6 m/sB ．金属杆开始下落时与OO ′的距离为0.1 mC ．磁场的磁感应强度大小为4 TD ．金属杆下落0.4 m 时的速度为1 m/s 答案 D解析 金属杆下落到磁场边界OO ′的过程中加速度为g ，则金属杆到OO ′时的速度v 1＝v 0＋gt 1＝2 m/s ，金属杆下落时距OO ′的高度h ＝(v 0＋v 1)t 12＝0.15 m ，A 、B 项错误；金属杆刚进入磁场时的加速度大小为10 m/s 2，方向向上，有B 2L 2v 1R －mg ＝ma ，代入数据得B ＝2 T ，C 项错误；从乙图中可以看出，金属杆下落0.4 m 后开始做匀速运动，则B 2L 2v 2R＝mg ，代入数据得v 2＝1 m/s ，D 正确．6．如图8所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图8(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P. 答案 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2(v 0－v )2R解析 (1)MN 刚扫过金属杆时，感应电动势E ＝Bdv 0 感应电流I ＝ER解得I ＝Bdv 0R(2)安培力F ＝BId 由牛顿第二定律得F ＝ma 解得a ＝B 2d 2v 0mR(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ，则 感应电动势E ′＝Bd(v 0－v) 电功率P ＝E ′2R解得P ＝B 2d 2(v 0－v )2R题组1 全国卷真题精选1．(2020·新课标全国Ⅱ·14)如图9，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图9A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动答案 D解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．2．(2020·全国卷Ⅱ·24)如图10，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：图10(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．答案(1)Blt0(Fm－μg)(2)B2l2t0m解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0(Fm－μg)④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I ＝E R⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，有 F －μmg－F 安＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R ＝B 2l 2t 0m题组2 各省市真题精选3.(2020·海南卷·5)如图11，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )图11 A ．3∶2 B ．2∶1 C ．5∶2 D ．3∶1答案 A解析 因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面，电荷量为q 的粒子通过的位移为25l ，电荷量为－q 的粒子通过的位移为35l ，由牛顿第二定律知它们的加速度大小分别为a 1＝qE M 、a 2＝qEm ，由运动学公式有25l ＝12a 1t 2＝qE 2M t 2①35l ＝12a 2t 2＝qE 2mt 2② 解得M m ＝32.B 、C 、D 错，A 对．4．(多选)(2020·浙江理综·20)如图12甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t ＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，值为I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向．则金属棒( )图12A ．一直向右移动B ．速度随时间周期性变化C ．受到的安培力随时间周期性变化D ．受到的安培力在一个周期内做正功答案 ABC解析 根据左手定则知金属棒在0～T 2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T 2～T 内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A 、B 、C 正确；在0～T 2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T 2～T 时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D 错误．专题强化练1．(多选)(2020·福建省4月模拟)两个相隔一定距离的等量正点电荷固定不动，在其产生的电场中，一个带负电的粒子以某一初速度从某一位置开始运动，仅在电场力作用下，该粒子可能做( )A ．匀变速直线运动B ．匀变速曲线运动C ．匀速圆周运动D ．在某一点附近做往复运动答案 CD2．(2020·辽宁实验中学等五校联考)一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )图1A ．带电粒子只向一个方向运动B ．0～2 s 内，电场力所做的功等于零C ．4 s 末带电粒子回到原出发点D ．2.5～4 s 内，速度的改变等于零答案 D3．(2020·河北衡水市模拟)如图2所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E 1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E 2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m ，带电量＋q 的小球从上方电场的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A 关于虚线对称的B 点，则下列结论正确的是( )图2A ．若AB 高度差为h ，则U AB ＝－mgh q B ．带电小球在A 、B 两点电势能相等C ．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D ．两电场强度大小关系满足E 2＝2E 1答案 A解析 对A 到B 的过程运用动能定理得，qU AB ＋mgh ＝0，解得：U AB ＝－mgh q，知A 、B 的电势不等，则电势能不等．故A 正确，B 错误；A 到虚线速度由零加速至v ，虚线到B 速度由v 减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，加速度大小相等，方向相反．故C 错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a 1＝mg ＋qE 1m，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a 2＝qE 2－mg m ，因为a 1＝a 2，解得：E 2－E 1＝2mg q.故D 错误．4．(2020·哈尔滨师大附中等二模)如图3所示，空间有场强大小为E ，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面倾角为θ，底端固定一根劲度系数为k 的轻弹簧；彼此绝缘的AB 两物体静止在弹簧顶端，A 的质量为m ，电量为＋q ，B 的质量也为m ，不带电，弹簧处在弹性限度内；某时刻，在沿斜面向上的外力F 作用下，AB 一起以加速度a 匀加速运动，则当AB 分离瞬间( )图3A ．弹簧的形变量为0B ．弹簧的形变量为x ＝qE ＋mgsin θ＋ma kC ．A 的速度达到最大D ．A 的加速度为0答案 B5．(多选)(2020·河南濮阳市一模)如图4甲所示，光滑“∠”型金属支架ABC 固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF 放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法正确的是( )图4A．t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B．t2时刻轻杆对导体棒的作用力为零C．t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D．t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变答案BC6．(多选)(2020·江西南昌市一模)如图5所示，质量为m＝0.04 kg、边长l＝0.4 m的正方形导体框abcd 放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细线系于O点，斜面的倾角为θ＝30°；线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面；已知线框电阻为R ＝0.5 Ω，重力加速度g＝10 m/s2.则( )图5A．线框中的感应电流方向为abcdaB．t＝0时，细线拉力大小为F＝0.2 NC．线框中感应电流大小为I＝80 mAD．经过一段时间t，线框可能沿斜面向上运动答案CD7.如图6所示，一质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环一向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的( )图6A．②③ B．①③ C．②④ D．①④答案 D解析由左手定则可判断圆环受到竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的重力，还可能受到垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qv0B＝mg时，圆环做匀速运动，此时图象为①，故①正确；当qv0B＜mg时，F N＝mg－qvB此时：μF N＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v－t图象的斜率应该逐渐增大，故②③错误．当qv0B＞mg时，F N＝qvB－mg，此时：μF N＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，圆环开始做匀速运动，故④正确．8.如图7所示，直线边界ab上方有无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一矩形金属线框底边与磁场边界平行，从距离磁场边界高度为h处由静止释放，下列说法正确的是( )图7A．整个下落过程中，穿过线框的磁通量一直在减小B．线框穿出磁场的过程中，线框中会产生逆时针方向的电流C．线框穿出磁场的过程中，线框受到的安培力可能一直减小D．线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小答案 C9．(2020·北京石景山区模拟)如图8所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面的倾角为θ，导轨的下端接有电阻．当空间没有磁场时，使ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面，ab 上升的最大高度为H；当空间存在垂直导轨平面的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面，ab上升的最大高度为h.两次运动中导体棒ab始终与两导轨垂直且接触良好．关于上述情景，下列说法中正确的是( )图8A．两次上升的最大高度比较，有H＝hB．两次上升的最大高度比较，有H＜hC．有磁场时，ab上升过程的最大加速度为gsin θD．有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsin θ答案 D10．(2020·北京丰台模拟)如图9所示，在倾角θ＝37°的斜面上，固定一宽度L＝0.25 m的足够长平行金属导轨，在导轨上端MN间接入一个电源，电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝1.0 Ω.一质量m＝25 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，其电阻R＝1.5 Ω.整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.80 T．导轨的电阻不计，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图9(1)金属棒所受安培力F的大小和方向；(2)若金属棒在导轨上静止，金属棒所受摩擦力F f的大小和方向；(3)若导轨光滑，现将MN间电源拿掉换接一个阻值为R0＝2.5 Ω的电阻，其他条件保持不变，金属棒ab 从静止开始运动，它所能达到的最大速度v max.答案(1)0.12 N，方向沿斜面向上(2)0.03 N，方向沿斜面向上(3)15 m/s解析(1)I＝E R＋rF安＝BIL联立解得F安＝0.12 N，方向沿斜面向上(2)金属棒受力如图所示，假设摩擦力方向沿斜面向上，因金属棒静止，则mgsin 37°＝F安＋F f解得F f＝0.03 N，方向沿斜面向上(3)当合力为0时，有最大速度v max由mgsin 37°＝F安′F安′＝BI′LI′＝E′R＋R0E′＝BLv max得v max＝15 m/s.11．如图10所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图10(1)调节R x＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；(2)改变R x，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x.答案 (1)Mgsin θBl 2MgRsin θB 2l 2 (2)mldB Mqsin θ解析 (1)导体棒匀速下滑时，Mgsin θ＝BIl ①I ＝Mgsin θBl② 设导体棒产生的感应电动势为E 0，E 0＝Blv ③由闭合电路欧姆定律得：I ＝E 0R ＋R x④ 联立②③④，得v ＝2MgRsin θB 2l 2⑤ (2)改变R x ，由②式可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为E ，则U ＝IR x ⑥E ＝U d⑦ mg ＝qE ⑧联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mBld qMsin θ.2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。